X2+5y2+z2+2xy+2yz+6xz-2x+6y+2z=0
Привести уравнение поверхности 2 порядка к каноническому виду, используя теорему приведения квадратичной формы к главным осям, определить её тип.
Найти соответствующую каноническую декартову систему координат O'x''y''z'': найти координаты точки O' (начало координат системы O'x''y''z'') и уравнение осей координат x'', y'', z'' в исходной системе Oxyz.
Построить чертеж в канонической системе координат O'x''y''z'', с указанием осей координат.
Найти центр или множество центров как решение матричного уравнения AX=-aT (было выведено в лекции). Проверить, что найденные в п.2 координаты точки O' совпадают с координатами его центра (если он один), или что точка O' принадлежит множеству центров (если их много). Если матричное уравнение решение не имеет, проверить, что данная поверхность принадлежит классу поверхностей, не имеющих центра.
Обосновать данный метод приведения уравнения поверхности 2 порядка к каноническому виду.
Решение
Итак, для приведения поверхности второго порядка, заданной в прямоугольной системе координат, к каноническому виду нужно выполним следующие действия.
x2+5y2+z2+2xy+2yz+6xz-2x+6y+2z=0
Это уравнение вида
a11x2+a22y2+a33z2+2a12xy+2a13xz+2a23yz+2a1x+2a2y+2a3z+a0=0
где a11=1; a12=1; a13=3; a1=-1;
a22=5; a23=1; a2=3;
a33=1; a3=1;
a0=0.
Составим матрицу квадратичной функции, матрицу квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы:
P=11153-11 331-131 11 0, A=113151311, a=-131
Составляем характеристическое уравнение
1-λ1315-λ1311-λ=0
1-λ5-λ1-λ+3+3-95-λ+1-λ+1-λ=0
λ+2 λ2-9λ+18=0
Находим его корни λ1=-2; λ2=3; λ3=6 – простые корни. Теперь вычисляем инварианты:
∆=11153-11 331-131 11 0=36
r1=λ1+λ2+λ3=-2+3+6=7
r2=λ1∙λ2+λ2∙λ3+λ1∙λ3=-6+18-12=0
δ=λ1∙λ2∙λ3=-2∙3∙6=-36
Определяем тип поверхности.
Так как δ≠0, r2=0, r1∙δ<0 и корни разного знака имеем центральную поверхность гиперболического типа
. Поскольку ∆ =36>0, заданная поверхность – однополосный гиперболоид.
Перенумеруем корни в соответствии с тем, что поверхность гиперболического типа: λ1=3; λ2=6; λ3=-2.
Находим взаимно ортогональные собственные направления l1, l2, l3, соответствующие корням λ1, λ2, λ3 характеристического уравнения. Поскольку все корни простые, то для каждого из них находим ненулевое решение однородной системы A-λi∙E∙li=0, i=1, 2, 3.
Рассмотрим решение системы при λ1=3.
1-3∙x+1∙y+3∙z=01∙x+5-3∙y+1∙z=03∙x+1∙y+1-3∙z=0 -2x+y+3z=0x+2y+z=03x+y-2z=0x=1y=-1z=1 l11;-1;1
Рассмотрим решение системы при λ2=6.
1-6∙x+1∙y+3∙z=01∙x+5-6∙y+1∙z=03∙x+1∙y+1-6∙z=0 -5x+y+3z=0x-y+z=03x+y-5z=0x=1y=2z=1 l21;2;1
Рассмотрим решение системы при λ3=-2.
1+2∙x+1∙y+3∙z=01∙x+5+2∙y+1∙z=03∙x+1∙y+1+2∙z=0 3x+y+3z=0x+7y+z=03x+y+3z=0x=-1y=0z=1 l3-1;0;1
Нормируя полученные векторы l1, l2, l3, определяем координатные столбцы векторов канонического базиса:
l1=12+-12+12=1+1+1=3
l2=12+22+12=1+4+1=6
l3=-12+02+12=1+0+1=2
s1=l1l1=-131313; s2=l2l2=162616; s3=l3l3=-12012.
Находим координаты x0, y0, z0 начала O' канонической системы координат, решая систему уравнений:
A∙s+a=0 или 1∙x+1∙y+3∙z-1=01∙x+5∙y+1∙z+3=03∙x+1∙y+1∙z+1=0
Получаем x0=-13, y0=-23, z0=23
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
